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Gianluca Occhetta - Elisa Tasso

Esercizi di Geometria

IV unita didattica

b

a

RbRR

a

a

b

a

a

RR

Q

P

Universita di Trento

Dipartimento di Matematica

Via Sommarive 14

38050 - Povo (TN)

Indice

1 Topologia generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2 Topologia algebrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3 Temi d’esame . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1321 novembre 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 febbraio 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814 aprile 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2223 giugno 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2514 luglio 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2817 settembre 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1

Topologia generale

1) Sia R la retta reale con la topologia euclidea, e sia A = {a, b} un insiemeformato da due elementi distinti con la topologia banale. Sia infine Y = R × A lospazio prodotto.

a) Si stabilisca se Y e di Hausdorff, se e connesso, se e connesso per archi e se ecompatto.

b) Si considerino i seguenti sottoinsiemi di Y :

Z = ((−1, 1) × {a}) ∪ ([−2, 2] × {b}),

W = ((−1, 1) × {a}) ∪ ((−2, 2) × {b}).Si stabilisca se Z e W sono compatti.

c) Si costruisca un cammino in Z che congiunge il punto di coordinate (0, a) conil punto di coordinate (0, b).

a) Utilizzeremo il risultato generale per cui due spazi topologici X1 e X2 sono diHausdorff (risp. connessi, connessi per archi, compatti) se e solo se X1 × X2 edi Hausdorff (risp. connesso, connesso per archi, compatto).Pertanto, essendo (R, τε) di Hausdorff, connesso e connesso per archi, dobbiamoverificare se (A = {a, b}, {∅, A}) soddisfa o meno tali proprieta.

• A non e di Hausdorff perche l’unico intorno di a e A, lo stesso per b; percioY non e di Hausdorff.

• A e connesso perche i soli aperti e contemporaneamente chiusi di A sono Astesso e ∅; quindi Y e connesso.

• Un arco tra a e b e dato dall’applicazione continua f : I → A definita daf(t) = a se t 6= 1,f(1) = b, di conseguenza A e connesso per archi e anche Ylo e.

• Poiche R non e compatto, Y non e compatto.

2 1 Topologia generale

b) Le topologie su Z e W sono indotte da quella di Y . Pertanto U e aperto di Zse e solo se esiste V aperto di R tale che U = (V × A) ∩ Z.Ovvero U e dato da ((V ∩ (−1, 1)) × {a}) ∪ ((V ∩ [−2, 2]) × {b}). Sia dunqueU = {Ui}i∈I un ricoprimento aperto di Z, dove

Ui = ((Vi ∩ (−1, 1)) × {a}) ∪ ((Vi ∩ [−2, 2]) × {b}).Allora {Vi ∩ [−2, 2]}i e un ricoprimento aperto di [−2, 2] che e compat-to in quanto intervallo chiuso e limitato di R. Possiamo quindi estrarre unsottoricoprimento finito di [−2, 2]: V = {Vik ∩ [−2, 2]}k∈K .Dall’essere (−1, 1) ⊂ [−2, 2], otteniamo che i corrispondenti Uik sono unsottoricoprimento finito di U e quindi Z e compatto.

WZ

W non e compatto. Sia infatti {Ui}i il ricoprimento aperto ottenuto ponendoVi = (−2 + 1

i, 2− 1

i), essendo Ui = (Vi ×A) ∩W , per ogni i ∈ N, i 6= 0; da esso

non e possibile estrarre un sottoricoprimento finito.Alternativamente, si puo concludere che W non e compatto perche la sua im-magine in R mediante la proiezione sul primo fattore (che e continua) non ecompatta.

c) Sia h : I → Z definita da h(t) = (0, a), se t 6= 1, mentre sia h(1) = (0, b).L’applicazione h risulta essere continua, sia infatti B ⊂ Z un aperto dato daB = (V × A) ∩ Z, con V aperto di R. Se 0 /∈ V allora h−1(B) = ∅, altrimentih−1(B) = I e h e pertanto un cammino in Z tra i punti (0, a) e (0, b).

2) Nello spazio R3, dotato della topologia euclidea, si considerino i sottospazi:X = S2\{N}, dove N = (0, 0, 1) ed E = {(x, y, z) ∈ S2|z = 0}.Sia Y = X/E lo spazio quoziente ottenuto per contrazione di E ad un punto e siaπ : X → Y la proiezione sul quoziente.

a) Si provi che π e chiusa, ma non aperta.b) Y e uno spazio compatto?c) Y e uno spazio connesso?d) Y \π(E) e uno spazio connesso?e) Si determini una relazione di equivalenza ∼ su X in modo che lo spazio

quoziente X/ ∼ sia omeomorfo ad S2.

1 Topologia generale 3

a) π e chiusa se e solo se per ogni V ⊂ X chiuso si ha π(V ) ⊂ Y chiuso.Per la topologia quoziente, π(V ) e chiuso in Y se e solo se π−1(π(V )) e chiusoin X. Se V ∩E = ∅ allora π−1(π(V )) = V e chiuso, mentre se V ∩E 6= ∅ alloraπ−1(π(V )) = V ∪ E e unione di due chiusi quindi e chiuso.

π non e aperta, consideriamo ad esempio l’aperto U di X, U = S2 ∩ {x > 1/2};in tal caso si ha π−1(π(U)) = U ∪E che non e aperto, basta prendere un puntop in E \ U per non trovare un intorno del punto contenuto in U ∪ E.

b) Y non e compatto, prendiamo ad esempio come ricoprimento aperto

{π(X ∩ {z < ε})}0<ε<1;

da esso infatti non e possibile estrarre un sottoricoprimento finito.c) Y e connesso perche il quoziente di un connesso e connesso e X e connesso

perche e omeomorfo a R2.d) Y \ π(E) non e connesso perche e unione di due aperti non vuoti e disgiunti,

π(X ∩ {z > 0}) e π(X ∩ {z < 0}).e) Una relazione d’equivalenza su X che rende il quoziente omeomorfo a S2 e ad

esempio quella che identifica i punti di X ∩ {z ≥ 0} ad un punto.

3) Si consideri R con la topologia τ i cui aperti non banali sono gli intervalli(−a, a) a > 0. Sia I l’intervallo [0, 1] dotato della topologia euclidea, e sia J lostesso intervallo con la topologia indotta da τ ; sia infine Q = I×J con la topologiaprodotto.

a) Si dimostri che J e compatto.b) L’applicazione f : J → S1 definita ponendo f(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) e

continua?c) Sia g : Q → R una funzione continua non costante; si provi che g(Q) e un

intervallo chiuso e limitato di R.d) Sia ∼ la relazione di equivalenza su J che identifica 0 con 1; si descriva la

topologia quoziente su J/ ∼.

a) Sia U = {Ui}i un ricoprimento aperto di J. Con la topologia indotta da τ ,gli aperti non banali di J sono dati dagli intervalli [0, a), con 0 < a < 1. Perricoprire il punto 1 abbiamo dunque bisogno che l’aperto [0, 1] stia in U , quindiesiste un sottoricoprimento finito di U costituito da {[0, 1]} e J e compatto.Oppure, poiche ε � τ , l’identita Id : I → J e continua ed essendo I compatto(chiuso e limitato con la topologia euclidea), la sua immagine, J, e un compatto.

b) f non e continua perche l’archetto (aperto) su S1 individuato dai punti tra (1, 0)e (0, 1) e ottenuto percorrendo la circonferenza in senso antiorario a partire da(1, 0) ha come controimmagine l’intervallo (0, 1/4) che non e un aperto di J.

c) Q e compatto perche e prodotto di compatti; l’immagine di un compatto tramiteun’applicazione continua e un compatto, quindi g(Q) e un compatto di (R, τε),ovvero un intervallo chiuso e limitato, non potendo essere un punto.

4 1 Topologia generale

d) Un sottoinsieme A ⊆ J/ ∼ e aperto se e solo se π−1(A) e aperto di J, doveπ : J → J/ ∼ e la proiezione sul quoziente.Poiche un aperto di J deve contenere 0, un aperto A di J/ ∼ deve contenere laclasse [0] = [1] e quindi π−1(A) dev’essere un aperto di J che contiene 0 e 1.Poiche l’unico aperto di J che contiene 1 e [0, 1], la topologia su J/ ∼ e latopologia banale.

4) Si considerino i seguenti spazi topologici

• X = R con la topologia euclidea ε.• Y = R con la topologia τ i cui aperti non banali sono le semirette (−∞, h).• Z = R con la topologia η i cui aperti non banali sono le semirette (k, +∞).

e siano (X × Y, τ ′ = ε × τ) e (X × Z, η′ = ε × η) gli spazi topologici prodotto.In R × R si consideri il sottoinsieme S = [0, 1] × ((0, 2) ∪ [3, 5]) con le topologieindotte da τ ′ e η′

a) (S, τ ′) e di Hausdorff?b) (S, τ ′) e (S, η′) sono compatti?c) Si provi che (S, τ ′) e connesso.d) Si costruisca un cammino in (S, τ ′) che congiunga i punti A = (0, 1) e B =

(1, 4).

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a) Un prodotto di spazi e di Hausdorff se e solo se ciascuno spazio e di Hausdorff.Poiche ([0, 1], ε) e sottospazio di (R, ε), esso e di Hausdorff. Pertanto, per sta-bilire se lo spazio (S = [0, 1] × ((0, 2) ∪ [3, 5]), τ ′ = ε × τ) sia di Hausdorff,dobbiamo vedere se (T = ((0, 2) ∪ [3, 5]), τ) e di Hausdorff.(T, τ) non e di Hausdorff. Siano infatti x e y due punti distinti di T , (0, hx)∩ Te (0, hy) ∩ T due loro rispettivi intorni (nel caso x = 5 l’unico intorno e T ).Allora la loro intersezione e sempre non vuota, ((0, hx) ∩ T ) ∩ ((0, hy) ∩ T ) =

1 Topologia generale 5

(0, min{hx, hy}) ∩ T .

b) Poiche un prodotto di spazi e compatto se e solo se e prodotto di spazi compatti,studieremo la compattezza di [0, 1] e (0, 2) ∪ [3, 5] con le relative topologie.Lo spazio ([0, 1], ε) e compatto perche intervallo chiuso e limitato di (R, ε).

• Consideriamo ora un ricoprimento aperto di (T, τ). Poiche l’unico intorno delpunto 5 in τ e T stesso, per poter ricoprire T necessariamente T apparterra alricoprimento, di conseguenza troviamo un sottoricoprimento finito, {T}. Risultache (T, τ) e compatto e quindi anche (S, τ ′) e compatto.

• Mostriamo ora che (S, η′ = ε × η) non e compatto provando che (T, η) none compatto. Ogni aperto non banale di T sara del tipo (k, 5] ∩ T per k > 0. Ilricoprimento aperto di T dato da {( 1

n, 2) ∪ [3, 5]}n≥1 non ammette sottoricopri-

menti finiti.

c) Anche per la connessione usiamo il fatto che un prodotto di spazi e connessose e solo se ciascuno spazio lo e. ([0, 1], ε) e connesso perche e un intervallo di(R, ε).Per quanto visto al punto a), presi due punti qualunque in (T, τ) non e possibiletrovare due loro intorni aperti disgiunti, in particolare non e possibile scrivereT = A1 ∪ A2 con A1, A2 aperti non vuoti e disgiunti. Ne segue che (T, τ) econnesso.

d) Definiamo due cammini in (S, τ ′), il primo tra i punti (0, 1) e (1, 1), il secondotra i punti (1, 1) e (1, 4). Il cammino prodotto tra i due costituira il camminocercato.Sia f : (I, ε) → (S, τ ′) : t → (t, 1). Per la “proprieta universale dei prodotti”f e continua (la prima componente e l’identita, la seconda e un’applicazionecostante), inoltre f(0) = (0, 1) e f(1) = (1, 1).Sia g : (I, ε) → (S, τ ′) l’applicazione definita da

g(t) =

{

(1, 2t + 1) t ∈ [0, 1/2)(1, 2t + 2) t ∈ [1/2, 1]

Per provare la continuita di g utilizziamo nuovamente la “proprieta universaledei prodotti” e quindi ci riconduciamo a verificare la continuita della secondacomponente che denotiamo con g2.Sia U ⊂ T un aperto non banale, allora U sara del tipo U1 = (0, s) per 0 < s ≤ 2oppure del tipo U2 = (0, 2) ∪ [3, s) per 3 < s ≤ 5. Poiche g−1

2 (U1) = [0, s−12

) ses > 1, g−1

2 (U1) = ∅ se s ≤ 1, g−12 (U2) = [0, s−2

2) se s ≤ 4 e g−1

2 (U2) = I se s > 4,le controimmagini di aperti di T sono aperti di I e quindi g2 e continua.

2

Topologia algebrica

1) Sia X lo spazio ottenuto dai due quadrati in figura per identificazione dei laticon lo stesso nome.

P

QQ

Q QP

PP

b

dd

b

a a

c c

a) Si calcoli il gruppo fondamentale di X.b) X e una superficie topologica?

Ripercorrendo i passi del teorema di classificazione otteniamo

Q

P Q

P

Q

P

PP

Q

QQ

Q

Q

Q

Q

P

P

PPQb

e

b

a a

dd

a

d d e

b

b

a a

c

b

dde

b

a

8 2 Topologia algebrica

Q

Q

PQ

P

Q Q

P

P

Q

Q

Q

QQ

Q

P

Q

Q Q

Q

f

f

e

b

a a

e b

f

e

b

a

a

e

f

e

a

a

e

f

Q

Q

Q Q

Q

PQ

Q Q

Q

e

a

a

e

f

f

e

e f

f

Per il teorema di classificazione delle superfici compatte risulta che lo spazio X eomeomorfo a U2 e ha pertanto gruppo fondamentale π(X) =< e, g|e2g2 = 1 >,dove abbiamo posto g = f−1.

2) Sia X = RP2 il piano proiettivo reale, e sia Z lo spazio topologico ottenutocontraendo ad un punto il sottospazio b mostrato in figura. Si calcoli il gruppofondamentale di Z.

� � � � � � � � � � � ��

� � � � � � � � � � � ��

P P

a

a

b

Possiamo rappresentare Z nel seguente modo

2 Topologia algebrica 9

a

a

Appare chiaro che Z e omeomorfo a S2, infatti i due dischi uniti in P si incollanolungo il bordo dando origine ad una sfera. Il gruppo fondamentale e percio banale.

3) Sia T il toro, e X lo spazio ottenuto rimuovendo dal toro un disco aperto eidentificando il bordo come in figura.

c c

Si calcoli il gruppo fondamentale di X.

Possiamo rappresentare X con il seguente poligono:

P

PP

c

c

b

aa

b

P

10 2 Topologia algebrica

Siano x0 un punto interno al poligono, δ un cammino che congiunge x0 al verticedel poligono P , ε un cammino che congiunge x0 a c e γ una circonferenza attornoa c passante per x0 come indicato.

0x

ε

γδ

P P

PP

c

c

b

aa

b

Siano U1 = X \ c, U2 = X \ {a, b}, allora U1, U2 e U1 ∩ U2 sono aperti non vuoti econnessi per archi.L’aperto U1 ha come retratto forte di deformazione il bordo esterno del poligonopercio

π(U1, x0) =< α, β|∅ >

dove α = δi∗aδ, β = δi∗bδ e i∗ e l’isomorfismo tra il gruppo fondamentale del bordoesterno di X e quello di U1.La curva c e un retratto forte di deformazione di U2 quindi

π(U2, x0) =< Γ |∅ >

dove Γ = εj∗cε e j∗ e l’isomorfismo tra il gruppo fondamentale di c e quello di U2.La circonferenza γ e un retratto forte di deformazione di U1 ∩ U2 per cui

π(U1 ∩ U2, x0) =< γ|∅ >

Definite i1∗ e i2∗ le mappe da π(U1∩U2) a π(U1) e a π(U2) rispettivamente, si trovai1∗(γ) = αβα−1β−1, i2∗(γ) = Γ 2.Dal teorema di Seifert-Van Kampen segue

π(X, x0) =< α, β, Γ | αβα−1β−1 = Γ 2 >

4) Sia T il toro pieno S1 × D2, α e β cammini come in figura e D il disco pianochiuso il cui bordo e α.

P

αβ

2 Topologia algebrica 11

Si stabilisca se i seguenti sottospazi sono retratti e/o retratti di deformazione di T

a) La circonferenza α.b) La circonferenza β.c) Il disco D.

a) In generale, si ha che se un sottospazio Ai⊂ T e un retratto allora, preso un

punto x0 ∈ A, la mappa i∗ : π(A, x0) → π(T, x0) e iniettiva.Il gruppo fondamentale π(α, P ) e generato dalla classe del cammino α, e i∗[α]non e altro che la classe del cammino α in π(T, P ). Poiche in T il cammino α econtraibile, si ha i∗[α] = [εP ], quindi i∗ non e iniettiva e α non e retratto di T ,e quindi non e neppure retratto di deformazione.

b) Possiamo identificare la circonferenza β con un sottospazio di T del tipo S1 ×{y}; la mappa r : T → β che manda (x, y) in (x, y), continua per la proprietauniversale dei prodotti, e una retrazione.Poiche il segmento che unisce (x, y) a r(x, y) e contenuto in T per ogni (x, y),β e un retratto di deformazione di T .

c) Il disco D non e un retratto di deformazione di T in quanto il gruppofondamentale del disco e banale, mentre quello di T e isomorfo a Z.Il disco e un retratto di T , come si puo vedere utilizzando come retrazionela proiezione sul secondo fattore seguita da un omeomorfismo tra D2 e D ∼={x} × D2.

3

Temi d’esame

21 novembre 2002

1) Sia I l’intervallo [0, 1] con la topologia euclidea, e sia J l’intervallo [0, 1] conla topologia i cui aperti non banali sono gli intervalli [0, k) con 0 < k ≤ 1. SiaX = J × I con la topologia prodotto.

a) Stabilire se X e di Hausdorff.b) Fornire un esempio di sottoinsieme infinito di X che sia compatto, ma non

chiuso.c) Dimostrare che Z = {0, 1} × I e connesso per archi.d) Dimostrare che W = J × {0, 1} non e connesso.

a) X = J × I e di Hausdorff se e solo se lo sono entrambi gli spazi J e I.Poiche I e sottospazio dello spazio di Hausdorff (R, τε), anche esso e di Hausdorff.Lo spazio J con la topologia i cui aperti non banali sono [0, k) con 0 < k ≤ 1non e di Hausdorff, infatti, ad esempio, due intorni qualunque dei punti 1/3 e1/2 si intersecano almeno in [0, 1/3] 6= ∅.

b) Un esempio di sottoinsieme infinito di X compatto ma non chiuso e l’intervallo[0, 1/2] × I.Dalla compattezza di I, intervallo chiuso e limitato di (R, τε), segue che esufficiente verificare la compattezza di [0, 1/2].Ora, ogni suo ricoprimento aperto deve contenere un aperto del tipo ([0, k) ∩[0, 1/2]), con k > 1/2. Dunque {[0, 1/2]} e un sottoricoprimento finito.Inoltre [0, 1/2] non e chiuso perche il suo complementare in J, (1/2, 1] non eaperto. Di conseguenza [0, 1/2] × I non e chiuso nella topologia prodotto.

c) Un prodotto di spazi e connesso per archi se e solo se gli spazi lo sono.I e connesso per archi, quindi verifichiamo la proprieta per {0, 1} con la topologiaindotta da quella di J.Gli aperti non banali di {0, 1} si ottengono intersecando l’insieme con gliintervalli [0, k) con 0 < k ≤ 1 da cui risulta l’unico aperto {0}.Un arco in {0, 1} tra 0 e 1 e dato dall’applicazione f : I → {0, 1} che associa 0a t 6= 1, 1 a t = 1. Infatti f−1(0) = [0, 1) e aperto di I.

14 3 Temi d’esame

d) Lo spazio {0, 1} con la topologia indotta da I non e connesso, essa infatti eequivalente a quella discreta su {0, 1} per cui {0, 1} = {0}∪{1} e unione di dueaperti non vuoti e disgiunti.Ne segue che il prodotto W = J × {0, 1} non e connesso.

2) Nel piano R2, dotato della topologia euclidea, si considerino i seguenti sottospazi:D1 = {(x, y)|(x + 2)2 + y2 ≤ 1}, D2 = {(x, y)|(x − 2)2 + y2 ≤ 1}, Γ1 = ∂D1,Γ2 = ∂D2, A = (−1, 0).

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2

21

1

Α

ΓΓ

DD

Siano X = D1 ∪ D2, Y = Γ1 ∪ Γ2 e sia X∗ = X/Y ; si denoti con π : X → X∗ laproiezione sul quoziente.

a) Si provi che π e chiusa, ma non aperta.b) Si stabilisca se X∗ e compatto, connesso, di Hausdorff.c) X∗\π(A) e connesso?d) π(D2 ∪ A) e compatto?

Identificando ciascun disco con un emisfero di S2, abbiamo che il quoziente X∗ eomeomorfo a S2 ∨ S2.

a) La proiezione π e chiusa se e solo se per ogni V ⊂ X chiuso si ha π(V ) ⊂ X∗

chiuso.Nella topologia quoziente, π(V ) e chiuso se e solo se π−1(π(V )) e chiuso.Se V ∩ (Γ1 ∪ Γ2) = ∅ allora π−1(π(V )) = V , mentre se V ∩ (Γ1 ∪ Γ2) 6= ∅ alloraπ−1(π(V )) = V ∪ (Γ1 ∪ Γ2) e unione di tre chiusi (Γ1 ∪ Γ2 e la frontiera di X)quindi e chiuso.π non e aperta, consideriamo ad esempio un aperto di X ottenuto come interse-zione di un disco aperto U di R2 tagliato da Γ1, U = {(x, y)|(x + 1)2 + y2 < 1}.In tal caso si ha π−1(π(U∩X)) = (U∩X)∪(Γ1∪Γ2) e tale insieme non e aperto,basta prendere un punto in (Γ1 ∪ Γ2) \ (U ∩ X) per non trovare un intorno delpunto contenuto in (U ∩ X) ∪ (Γ1 ∪ Γ2).

b) X∗ e compatto, perche quoziente di un compatto. X infatti risulta essere com-patto perche e un sottoinsieme chiuso e limitato di R2, percio compatto per uncorollario alla proposizione “chiuso di compatto”.

3 Temi d’esame 15

X∗ e connesso. Infatti X∗ ' (S2 ∨ S2) e quest’ultimo spazio si puo ottenerecome quoziente di S2 contraendo l’equatore ad un punto. Poiche S2 e connesso,il quoziente di un connesso e connesso e poiche la connessione e una proprietainvariante per omeomorfismi segue che X∗ e connesso.(In altro modo, S2 ∨ S2 e connesso per archi, quindi connesso.)X∗ e di Hausdorff, perche X e compatto e di Hausdorff e la proiezione e chiusa.

c) Mostriamo che X∗ \ π(A) non e connesso:π(A) = π(Γ1∪Γ2) e dunque X∗\π(A) = π(X \(Γ1∪Γ2)); π(D1\Γ1) e π(D2\Γ2)sono aperti non vuoti e disgiunti di X∗\π(A) e X∗\π(A) = π(D1\Γ1)∪π(D2\Γ2).

d) π(◦

D2) ' S2 \{N} e π(◦

D2∪A) ' S2, poiche S2 e compatto perche chiuso e limi-tato di R3 e poiche la compattezza e una proprieta invariante per omeomorfismi,

π(◦

D2 ∪ A) e compatto.

(In alternativa si puo vedere π(◦

D2 ∪ A) come complementare in X∗ di π(◦

D1)che e aperto e usare il fatto che X∗ e compatto con la proposizione “chiuso dicompatto”.)

3) Si considerino i seguenti sottospazi di R2, con la topologia indotta da quellaeuclidea, e li si suddividano in classi di omeomorfismo e di equivalenza omotopica.

G e E sono omeomorfi, e quindi omotopicamente equivalenti, perche possiamomandare con continuita i punti di uno sull’altro e viceversa.Su E ci sono due punti (i due nodi) che sconnettono lo spazio in tre componenticonnesse mentre su O non ci sono tali punti quindi E (e G) non e omeomorfo a O;analogamente per 4.E (e quindi G) ha pero lo stesso tipo di omotopia di O poiche entrambi hannol’omotopia di due circonferenze unite in un punto.Infine 4 non e omeomorfo a O ne ha lo stesso tipo di omotopia di O o E perche ilsuo gruppo fondamentale e generato da 3 elementi mentre gli altri hanno gruppofondamentale generato da due elementi.

4) Sia T il toro, e α e β cammini sul toro come in figura.

16 3 Temi d’esame

P

αβ

Sia X lo spazio topologico ottenuto contraendo a un punto α, sia Y lo spaziotopologico ottenuto contraendo ad un punto β e sia Z lo spazio topologico ottenutocontraendo ad un punto α ∪ β.

a) Si calcolino i gruppi fondamentali di X, di Y e di Z rispetto al punto immaginedel punto P tramite le proiezioni sui quozienti.

b) X, Y e Z hanno lo stesso tipo di omotopia? Sono omeomorfi?

Rappresentiamo il toro con il poligono piano seguente

P P

PP β

α

β

α

Contraendo α o β otteniamo rispettivamente:

αα

β

β P

P

PP

da cui e evidente che X e Y sono omeomorfi, e quindi anche omotopicamenteequivalenti. Applichiamo il teorema di Seifert-Van Kampen per calcolare il gruppofondamentale di X. Siano dunque U1 = X \ {x} e U2 = X \ {β}, dove x /∈ β e unpunto di X.Il bordo di X e un retratto forte di deformazione di U1 percio π(U1) =< β|∅ >; U2

ha gruppo fondamentale banale, π(U2) = 1; U1 ∩ U2 si retrae su una circonferenzaγ attorno a x e pertanto π(U1 ∩ U2) =< γ|∅ >. L’immagine di γ in π(U1) e ββ−1

mentre e il cammino banale in π(U2), quindi

3 Temi d’esame 17

π(X) =< β|ββ−1 = 1 >=< β|∅ >

Procediamo in maniera analoga per Y e otteniamo

π(Y ) =< α|αα−1 = 1 >=< α|∅ >

Lo spazio Z e omeomorfo ad un disco con il bordo identificato a un punto, ovveroe omeomorfo a una sfera S2 e pertanto π(Z) =< ∅ | ∅ >. Il gruppo fondamentaledi Z non e isomorfo a quello di X (ne a quello di Y ) quindi Z non e omeomorfone ha lo stesso tipo di omotopia di X o Y .

18 3 Temi d’esame

6 febbraio 2003

1) Sia X la retta reale con la topologia euclidea, e sia Y la retta reale con latopologia i cui aperti non banali sono gli intervalli (−a, a) con a > 0 e sia Z =X × Y con la topologia prodotto. In Z si considerino i seguenti sottospazi con latopologia indotta:

D1 = {(x, y) ∈ Z | (x + 1)2 + y2 < 1}D2 = {(x, y) ∈ Z | x2 + (y − 2)2 < 1}D3 = {(x, y) ∈ Z | (x − 1)2 + y2 < 1}

I = [−1, 1] × {3}∆ = {(x, y) ∈ Z | y = x}.

a) Si stabilisca se qualcuno dei sottospazi U1 = D1 ∪ D2, U2 = D1 ∪ D3, U3 =D2 ∪ D3 e connesso.

b) Il sottospazio D2 e compatto? Il sottospazio D2 ∪ I e compatto?c) Il sottospazio ∆ e chiuso? Quale topologia e indotta su ∆ dalla topologia di Z?

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a) U1 e connesso. Supponiamo infatti per assurdo che non lo sia, allora si avrebbeU1 = A ∪ B, con A e B aperti non vuoti e disgiunti di U1. Allora D1 =(A∩D1)∪(B∩D1) e una decomposizione di D1 in aperti disgiunti. La topologiaeuclidea su R2 e piu fine della topologia di Z quindi Id : R2 → Z e continuaed essendo D1 ⊂ R2 connesso, D1 ⊂ Z e connesso. Possiamo supporre alloraD1 = A ∩ D1. Analogamente procediamo per D2, deducendo D2 = B ∩ D2 (sefosse D2 = A ∩ D2 avremmo A = U1). Allora A = D1 e B = D2, ma D2 non eaperto di U1 perche ogni aperto di Z che contiene D2, contiene necessariamenteanche D1 ∩ {−1 < x < 0}.Con un ragionamento analogo si dimostra che U3 e connesso.Invece U2 non e connesso perche D1 e D3 sono aperti non vuoti e disgiunti diU2.

b) D2 non e compatto, infatti la sua immagine tramite la prima proiezione e unintervallo aperto in R con la topologia euclidea, e tale insieme non e compatto.Vediamo che D2 ∪ I e compatto. Ogni ricoprimento aperto di D2 ∪ I, {(D2 ∪I) ∩

(

A × (−a, a))

}a,A, da origine ad un ricoprimento aperto di I, {I ∩(

A ×(−a, a)

)

}a,A. I e compatto in Z perche lo e in R2 e quindi e possibile estrarreun sottoricoprimento finito per I. Gli aperti A × (−a, a) associati al sottorico-primento per I forniscono anche un corrispondente sottoricoprimento finito perD2 ∪ I.

3 Temi d’esame 19

c) Sia z = (x, y) ∈ Z \∆ tale che (y − x)(y + x) > 0 e sia A un aperto elementaredi Z che contiene z. Allora A = B × (−a, a), con B aperto di X e a > 0, percioA ∩ ∆ 6= ∅. Segue allora che Z \ ∆ non e aperto, ovvero ∆ non e chiuso.La topologia su ∆ indotta da Z e quella euclidea, infatti le intersezioni ∆ ∩(

(x1, x2) × (−a, a))

sono degli intervallini su ∆, cosı come le intersezioni condischi aperti di R2.

2) Nel piano R2, dotato della topologia euclidea, si considerino i sottospazi

D = {(x, y)|x2 + y2 ≤ 1}I = ({0} × [−1, 1]) ∪ ([−1, 1] × {0})

A = (−1, 0)

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D

IA

Sia D∗ = D/I; si denoti con π : D → D∗ la proiezione sul quoziente.

a) Si provi che π e chiusa, ma non aperta.b) Si stabilisca se D∗ e uno spazio di Hausdorff.c) D∗\π(A) e connesso?d) Si determini un sottospazio E ⊂ D tale che D/(I∪E) sia omeomorfo all’unione

a un punto di quattro sfere.

a) Sia V ⊂ D un chiuso. Se V ∩ I = ∅ allora π−1(π(V )) = V e quindi nellatopologia quoziente π(V ) e chiuso. Se V ∩ I 6= ∅ allora π−1(π(V )) = V ∪ I eunione di due chiusi di D quindi e chiuso. Di conseguenza π e chiusa.Se U ⊂ D e un aperto che non interseca I oppure che contiene I alloraπ−1(π(U)) = U e percio π(U) e aperto, se invece U ∩ I 6= ∅ e I * U al-lora π−1(π(U)) = U ∪ I non e aperto (prendendo un punto di I \ U non sipuo trovare un intorno del punto tutto contenuto in U ∪ I) e nella topologiaquoziente π(U) non e aperto, quindi π non e aperta.

b) D e di Hausdorff perche e sottospazio di Rε che e di Hausdorff. Poiche De compatto e di Hausdorff e la proiezione π e chiusa, abbiamo che D∗ e diHausdorff.

c) Mostriamo che D∗ \ π(A) non e connesso. Siano D1 = D ∩ {x, y > 0},D2 = D ∩ {x > 0, y < 0}, D3 = D ∩ {x < 0, y > 0} e D4 = D ∩ {x, y < 0}.

20 3 Temi d’esame

Allora D∗ \ π(A) = D∗ \ π(I) =⋃4

i=1 π(Di) e ciascun π(Di) e aperto per-che Di e aperto di D che non interseca I. In particolare possiamo scrivereD∗ \ π(A) =

(

π(D1) ∪ π(D2))

∪(

π(D3) ∪ π(D4))

come unione di due apertidisgiunti.

d) Osserviamo anzitutto che D∗ e omeomorfo a quattro dischi uniti in un punto.Considerando E = S1 otteniamo che D/(I ∪ E) e omeomorfo all’unione a unpunto di quattro sfere, infatti su ciascun disco il bordo viene a corrispondere aun punto e D2/S1 ' S2.

3) Nel piano euclideo R2 si considerino gli spazi topologici dati da unioni dicirconferenze come in figura

e li si suddividano in classi di omotopia e di omeomorfismo.

Il primo e il secondo spazio sono omeomorfi e dunque omotopicamente equivalenti.Infatti tagliando temporaneamente in un punto non di intersezione una delle cir-conferenze del primo e ricucendo il taglio dalla parte opposta rispetto alle altre trecirconferenze si ottiene il secondo spazio (si fa uso del teorema 5.5 a pag. 38 delKosniowski).Il terzo ha il gruppo fondamentale generato da 7 elementi mentre gli altri 3 spazihanno 5 generatori, quindi il terzo non e omeomorfo ne omotopicamente equivalenteagli altri tre spazi.Il quarto non e omeomorfo ai precedenti perche, a differenza degli altri spazi, haun punto che sconnette in due componenti connesse. E pero omotopicamente equi-valente ai primi due in quanto sono retratti forte di deformazione di R2\{5 punti}.

4) Nello spazio euclideo R3 e nel piano euclideo R2 si condiderino i seguentisottospazi:

3 Temi d’esame 21

S2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 1}D2 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1}

Γ = ∂D2 × [−3/2, 3/2] ⊂ R3

Si calcolino i gruppi fondamentali dei seguenti spazi topologici:

1. X1 = S2 ∪ (D2 × {0}).2. X2 = Γ ∪ (D2 × {−3/2, 0, 3/2}).3. X3 = Γ ∪ (D2 × {−3/2,−1/2, 1/2, 3/2}).4. X4 = Γ ∪ (D2 × {−3/2, 3/2}) ∪ S2.

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X1 e X2 sono omotopicamente equivalenti a due sfere unite in un punto, mentreX3 e X4 sono omotopicamente equivalenti a tre sfere come in figura.

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( ( ( ( ( ( ( (( ( ( ( ( ( ( () ) ) ) ) ) ) )) ) ) ) ) ) ) )

* * * * * * * ** * * * * * * *+ + + + + + + ++ + + + + + + +

Applicando l’osservazione contenuta nel secondo esempio di applicazione del teo-rema di Seifert-Van Kampen possiamo concludere che tutti gli spazi consideratihanno gruppo fondamentale banale.

22 3 Temi d’esame

14 aprile 2003

1) Sia X l’intervallo [−1, 1] con la topologia τ cosı definita: U e aperto non banaledi X se e solo se U non contiene il punto {0} oppure U contiene l’intervallo (−1, 1).

a) (X, τ) e uno spazio di Hausdorff?b) (X, τ) e uno spazio connesso?c) (X, τ) e uno spazio di compatto?d) Il sottospazio X\{0} con la topologia indotta da τ e compatto?

a) (X, τ) non e di Hausdorff, infatti se consideriamo il punto 0 e un punto x 6= 1,−1,poiche un qualunque intorno U di 0 deve contenere (−1, 1), ovvero deve essere(−1, 1) oppure [−1, 1) oppure (−1, 1] o tutto X, segue che x ∈ U e quindi nonesistono intorni di 0 e x disgiunti.

b) (X, τ) non e connesso: scrivendo X = {−1} ∪ (−1, 1] otteniamo una decompo-sizione di X in due aperti non vuoti e disgiunti.

c) Mostriamo che (X, τ) e compatto. Ogni ricoprimento di X deve contenere unintorno di 0 che per quanto osservato in a) conterra (−1, 1). Inoltre nel ricopri-mento ci saranno almeno un intorno di −1 e un intorno di 1. Questi tre apertidanno luogo ad un sottoricoprimento finito del ricoprimento iniziale.

d) Il sottospazio X \ {0} non e compatto, perche la topologia indotta su talesottoinsieme (infinito) e la topologia discreta.

2) Sia (X, τ) uno spazio topologico, e sia (X × X, τ × τ) lo spazio prodotto.Si provi che (X, τ) e di Hausdorff se e solo se il sottospazio ∆ ⊂ X × X definitoin questo modo ∆ = {(x, x) | x ∈ X} e chiuso.Sia poi R la retta reale con la topologia euclidea; si forniscano un esempio di unsottospazio Y ⊂ R tale che R/Y sia di Hausdorff e un esempio di un sottospazioZ ⊂ R tale che R/Z non sia di Hausdorff.

Supponiamo che lo spazio (X, τ) sia di Hausdorff e consideriamo un punto (x, y) ∈∆c, vale a dire x 6= y. Allora esistono intorni di x e y disgiunti: Ux,Uy conUx ∩Uy = ∅. In altri termini, (Ux ×Uy) ∩∆ = ∅. In (X ×X, τ × τ), Ux ×Uy ⊂ ∆c

e un intorno aperto di (x, y) quindi ∆c e aperto.Viceversa, sia ∆ chiuso in X ×X e siano x e y due punti distinti di X. Poiche ∆c

e aperto, esiste V(x,y) ⊂ ∆c intorno aperto di (x, y). Allora, indicate con π1 e π2 leproiezioni di X × X sul primo e sul secondo fattore rispettivamente, π1(V(x,y)) eπ2(V(x,y)) sono aperti di X, rispettivamente intorni di x e di y (le proiezioni sonoapplicazioni aperte). Poiche ∆ ∩ V(x,y) = ∅ si ha che π1(V(x,y)) ∩ π2(V(x,y)) = ∅ equindi X e uno spazio di Hausdorff.

3 Temi d’esame 23

Consideriamo ora R e i sottospazi Y = [0, 1] e Z = [0, 1).Il quoziente R/Y e di Hausdorff, infatti due punti non appartenenti a Y hannointorni disgiunti (per intorni “piccoli” la situazione e omeomorfa a quella in R), unpunto [x] = x ∈ Y c e il punto [y] = [0], con y ∈ Y , pure (per esempio, se x < 0,possiamo prendere (x − δ/3, x + δ/3) e (−δ/3, 1 + δ), dove δ = |x|).Invece il quoziente R/Z non e di Hausdorff, perche se consideriamo le classi distinte[0] e [1], un qualunque intorno di [1] deve intersecare Z in R e quindi la classe [0]in R/Z.

3) Sia X il cilindro S1×I con la topologia usuale e si consideri Z, lo spazio quozien-te di X ottenuto identificando le due circonferenze identicate con c e contraendo ilsegmento a ad un punto.

a

c

cc

Si calcoli il gruppo fondamentale di Z.

Lo spazio quoziente di X in cui sono state identificate le circonferenze indicate conc e omeomorfo al toro,

a

P c

c

a

P P

P

pertanto Z, ottenuto contraendo a un punto il segmento a e rappresentato dalseguente poligono

24 3 Temi d’esame

P

c

c

P

Per calcolare il suo gruppo fondamentale, consideriamo gli aperti connessi per archiU1 = Z \{c} e U2 = Z \{z}, dove z e un punto interno di Z. Si vede facilmente cheπ(U1) =< ∅ | ∅ >, π(U2) =< c|∅ >, essendo c un retratto forte di deformazione diU2, e infine π(U1 ∩ U2) =< γ|∅ >, dove γ e una circonferenza attorno a z.L’immagine di γ in U1 e il cappio banale, mentre in U2 e cc−1.Dal teorema di Seifert-Van Kampen segue allora che

π(Z) =< c|cc−1 = 1 >=< c|∅ >

4) Nello spazio euclideo R3 siano O il punto (0, 0, 0), r la retta x = y = 0 e Γ lacirconferenza x2 + y2 − 1 = 0 = z. Si considerino poi i seguenti sottospazi:

1. X1 = R3\{O}.2. X2 = R3\{r}.3. X3 = R3\{r ∪ Γ}.e li si suddividano in classi di omotopia e di omeomorfismo.(Suggerimento: puo essere utile trovare dei retratti di deformazione degli spazi Xi).

S2 e retratto di deformazione di X1, S1 e retratto di deformazione di X2 mentreil toro e retratto di deformazione di X3, per cui π(X1) = {0}, π(X2) = Z eπ(X3) = Z ⊕ Z. Avendo gruppi fondamentali non isomorfi, due qualunque dei trespazi Xi non sono omeomorfi ne omotopicamente equivalenti.

3 Temi d’esame 25

23 giugno 2003

1) Sia R la retta reale, sia Y = {∗} un insieme con un solo elemento e sia X∗ =R ∪ Y . Si consideri la famiglia τ di sottoinsiemi di X∗ cosı definita: U ⊂ X∗ ∈ τse

a) U non contiene ∗ e U e un aperto della topologia euclidea.b) U contiene ∗ e U c e compatto in R con la topologia euclidea.

Si verifichi che τ e una topologia per X∗ e si stabilisca se X∗ e compatto, connesso,di Hausdorff.

Verifichiamo che τ e una topologia per X∗.

• Anzitutto X∗ ∈ τ perche contiene ∗ e ∅ e compatto. Inoltre ∅ ∈ τ per a).

• Sia {Uj}j∈J una famiglia di aperti. L’unione degli aperti non contenenti ∗ e unaperto di R, mentre l’unione degli aperti contenenti ∗ ha come complementareun’intersezione di compatti di R che e un compatto (i compatti di R sono tuttie soli i chiusi e limitati e un’intersezione di una famiglia qualunque di chiusie chiusa). Quindi il problema si riduce a provare che U1 ∪ U2 e aperto quandoU1 e aperto contenente ∗ e U2 e aperto non contenente ∗. Allora ∗ ∈ U1 ∪ U2 e(U1 ∪ U2)

c = U c1 ∩ U c

2 e compatto di R.

• Siano U e V aperti. Allora se ∗ ∈ U ∩ V , per b) U ∩ V e aperto. Se invece unodei due aperti non contiene il punto, ad esempio ∗ /∈ U , allora ∗ /∈ U ∩V e U ∩Ve aperto di R. In ogni caso, U ∩ V e aperto di τ .

X∗ e compatto perche un qualsiasi ricoprimento aperto deve contenere almeno unaperto di tipo b), cioe un aperto U 3 ∗ tale che U c e compatto in R e dalla com-pattezza di U c segue che dal ricoprimento possiamo estrarre un sottoricoprimentofinito per U c che assieme a U costituisce un sottoricoprimento finito di X∗.

Osserviamo che gli unici aperti e chiusi di X∗ sono X∗ stesso e l’insieme vuotoperche i chiusi di X∗ sono i chiusi di R uniti a ∗ e i compatti di R. Segue che X∗

e connesso.

X∗ e di Hausdorff perche se prendiamo due punti di R allora esistono intornidisgiunti di tipo a) mentre per un punto x di R e ∗ basta prendere ad esempiol’intervallo (x−1, x+1) per il primo, {∗}∪ (−∞, x−2)∪ (x+2,∞) per il secondo.

2) Si consideri lo spazio topologico X = Rε × Rc, dove Rε e R con la topologiaeuclidea e Rc e R con la topologia cofinita e sia Q = [0, 1] × [0, 1].

26 3 Temi d’esame

Si determinino Q e Q; si dica inoltre se Q e compatto in X e se Q, con la topologiaindotta da X, e uno spazio topologico di Hausdorff.

Utilizzando gli aperti elementari assieme alla definizione di interno e chiusura, si

vede facilmente che◦

(A × B) =◦

A ×◦

B e che A × B = A × B.

Nel nostro caso, sappiamo che l’interno e la chiusura di [0, 1] con la topologiaeuclidea sono rispettivamente (0, 1) e [0, 1]. Vediamo quindi il caso della topologiacofinita.

Ora, in Rc,◦

[0, 1] = ∅, infatti gli aperti non banali di Rc sono complementari diun numero finito di punti e nessuno di questi puo essere contenuto in [0, 1] percheR \ [0, 1] ha infiniti punti, quindi ∅ e il piu grande aperto di Rc contenuto in [0, 1].Inoltre [0, 1] = R, infatti i chiusi non banali sono costituiti da un numero finito dipunti e quindi l’unico chiuso (e percio minimo) di Rc contenente [0, 1] e R.

Abbiamo allora che◦

Q = (0, 1) × ∅ = ∅ e Q = [0, 1] × R.

Un prodotto di spazi e compatto se e solo se gli spazi lo sono. Essendo [0, 1] uncompatto di Rε perche e chiuso e limitato, segue che Q e compatto se e solo se[0, 1] con la topologia cofinita e compatto. Consideriamo dunque un ricoprimentoaperto di [0, 1]c e sia Ui un aperto del ricoprimento. Se Ui non e banale sia ki ilnumero di punti in [0, 1] che non appartengono a Ui. Per ognuno di questi puntipossiamo trovare un aperto del ricoprimento che lo contiene e otteniamo un sotto-ricoprimento finito con al piu ki + 1 aperti; segue allora la compattezza di [0, 1] equindi di Q.

Q non e di Hausdorff perche [0, 1] nella topologia cofinita non lo e, in partico-lare si ha che non e possibile trovare intorni disgiunti per una qualsiasi coppiadi punti. Supponiamo infatti per assurdo che esistano x e y in [0, 1] con intorniaperti disgiunti, Ux ∩ Uy = ∅. Allora, prendendo i complementari in [0, 1], si haU c

x ∪ U cy = [0, 1] ma U c

x e U cy sono insiemi finiti, di qui l’assurdo.

3) Sia Γ ⊂ R3 il cilindro Γ = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 = 1,−1 ≤ z ≤ 1} e sianoA = (1, 0, 0), B = (1, 0, 1) e C = (0, 1, 0).Sia Σ una circonferenza, e siano P, Q due suoi punti distinti.Sia X lo spazio topologico ottenuto identificando A con P e B con Q, e sia Y lospazio topologico ottenuto identificando A con P e C con Q.X e Y sono omeomorfi? Hanno lo stesso tipo di omotopia?

X e Y non sono omeomorfi. Infatti un omeomorfismo tra X e Y sarebbe ancheun omemorfismo locale in tutti i punti e in particolare manderebbe un intorno diB ∈ X omeomorficamente in un intorno di A o C in Y , di qui l’assurdo.

3 Temi d’esame 27

X e Y hanno lo stesso tipo di omotopia perche Y e retratto forte di deformazionedi uno spazio omeomorfo a X.

4) Sia X = RP2\{P, Q} il piano proiettivo reale privato di due punti. Si calcoli ilgruppo fondamentale di X e si mostri che esso e un gruppo libero.

Rappresentiamo X tramite il seguente poligono piano

P

Q

R R

a

a

Denotiamo con b il diametro orizzontale; il poligono ha come retratto di deforma-zione a ∪ b come in figura

b

a

RbRR

a

a

b

a

a

RR

Q

P

e quindi il gruppo fondamentale e π(X) =< a, b | ∅ > ed e percio un gruppo liberosu due generatori.

28 3 Temi d’esame

14 luglio 2003

1) Sulla retta reale R si consideri la famiglia τ di sottoinsiemi cosı definita: unsottoinsieme U ∈ τ se e solo se U = ∅ oppure U c e compatto nella topologiaeuclidea.Si verifichi che τ e una topologia e la si confronti, se possibile, con quella euclidea.Si stabilisca poi se lo spazio topologico (R, τ) e compatto, connesso, di Hausdorff.

Mostriamo che τ e una topologia:

• R e ∅ ∈ τ ;• Sia {Ui}i una famiglia di sottoinsiemi di τ , allora

⋃

i Ui ∈ τ perche (⋃

i Ui)c =

⋂

i Uci e un’intersezione di chiusi euclidei e percio e un chiuso e inoltre

⋂

i Uci ⊂

Ui0 e un insieme limitato, quindi compatto.• Siano U1, U2 ∈ τ , allora U1 ∩ U2 ∈ τ perche (U1 ∩ U2)

c = U c1 ∪ U c

2 e unione didue chiusi e quindi e chiuso ed e limitato perche entrambi lo sono, ed e quindicompatto.

Se U ∈ τ allora U c e compatto di (R, τε) quindi chiuso e U e aperto di τε quindiτ � τε (τε e piu fine di τ). L’inclusione e stretta perche ad esempio l’intervallo(0, 1) ∈ τε ma (0, 1) /∈ τ . Segue quindi che l’identita id : (R, τε) → (R, τ) e conti-nua.Poiche l’immagine di uno spazio connesso tramite un’applicazione continua e unconnesso, (R, τ) e connesso perche (R, τε) lo e.

(R, τ) non e di Hausdorff, in quanto non esistono due aperti U1, U2 disgiunti. Seinfatti fosse U1 ∩ U2 = ∅ si avrebbe U c

1 ∪ U c2 = R, ma cio e impossibile, perche U c

1

e U c2 sono compatti in (R, τε) e quindi limitati.

Infine (R, τ) e compatto: se {Ui}i e un ricoprimento aperto e U ∈ {Ui}i, alloraU c e un compatto di (R, τε) e quindi e compatto in (R, τ) perche l’immagine diun compatto tramite un’applicazione continua e compatta; allora da {Ui ∩ U c}i

possiamo estrarre un sottoricoprimento finito che ricopre U c, tale sottoricoprimentoassieme a U e un sottoricoprimento finito di {Ui}i.

2) Si considerino su R le seguenti topologie:

a) τ1 = Topologia euclidea.b) τ2 = Topologia i cui aperti non banali sono gli intervalli (−a, a) con a ∈ R+.c) τ3 = Topologia i cui aperti non banali sono le semirette (−∞, a) con a ∈ R+.

e sia Xi = (R, τi). Si considerino le applicazioni fi : Xi → [0, +∞) definite po-nendo fi(x) = |x| e si denoti con σi la topologia quoziente su [0, +∞) relativaall’applicazione fi e con Yi lo spazio topologico ([0, +∞), σi).Si stabilisca se gli spazi Yi sono di Hausdorff e se sono compatti.

3 Temi d’esame 29

Utilizzando la definizione di topologia quoziente non e difficile vedere che σ1 e latopologia euclidea, σ2 e la topologia i cui aperti non banali sono gli intervalli [0, a)e σ3 e la topologia banale.Pertanto Y1 e di Hausdorff ma non compatto, Y2 non e ne compatto ne di Hausdorffe Y3 e compatto ma non di Hausdorff.

3) Si considerino i seguenti sottospazi del piano euclideo con la topologia indotta daquella euclidea, e si stabilisca se sono omeomorfi e/o omotopicamente equivalenti.

Se esistesse un omeomorfismo tra i due spazi, esso sarebbe anche un omeomorfi-smo locale in tutti i punti, in particolare punti con intorni “a croce” verrebberomappati nello stesso tipo di punti. Nel primo spazio ci sono 2 punti “a croce”mentre nel secondo ce ne sono 3, pertanto i due spazi non sono omeomorfi. So-no pero omotopicaente equivalenti perche hanno lo stesso tipo di omotopia diR2 \ {10 punti}.

4) Nello spazio euclideo R3 si considerino il toro T ottenuto ruotando attornoall’asse z la circonferenza del piano (y, z) di centro (2, 0) e raggio 1 e il piano π diequazione y = 2. Sia X l’unione di T e π. Si calcoli il gruppo fondamentale di X.

Poiche il piano π e contraibile, X ha lo stesso tipo di omotopia di X/π, ovvero untoro e una sfera uniti in un punto

30 3 Temi d’esame

Poiche il punto di contatto ha un intorno contraibile sia sul toro che sulla sfera, es-sendo π(T ) =< α, β|αβα−1β−1 = 1 > e π(S2) =< ∅ | ∅ >, il gruppo fondamentaledi X e

π(X) =< α, β|αβα−1β−1 = 1 >

3 Temi d’esame 31

17 settembre 2003

1) Sia X = M2(R) lo spazio delle matrici 2×2 a coefficienti reali, con la topologia

indotta dall’identificazione M2(R) ' R4 che fa corrispondere alla matrice

(

a bc d

)

il vettore (a, b, c, d). Siano poi Y ⊂ X l’insieme delle matrici invertibili: Y = {A ∈X | det A 6= 0}, e Z ⊂ X l’insieme delle matrici ortogonali: Z = {A ∈ X | AAt =I}. Si provi che Y e aperto e che Z e compatto. (Suggerimento: puo essere utileconsiderare l’applicazione (continua?) determinante det : X → R).

Consideriamo l’applicazione det : M2(R) → R : A =

(

a bc d

)

7→ det(A). Attra-

verso l’identificazione M2(R) ' R4, possiamo riscrivere det come applicazionepolinomiale det : R4 → R : (a, b, c, d) 7→ ad − cb. Poiche i polinomi sono ap-plicazioni continue e {0} e un chiuso di Rε, det−1(0) e un chiuso di R4

ε per cuiY = {A ∈ M2(R) : det(A) 6= 0} e un aperto di M2(R).La condizione sulle matrici di Z, AAt = I, in R4 corrisponde al sistema

a2 + b2 = 1

c2 + d2 = 1

ac + bd = 0

Considerando l’applicazione f : R4 → R3 : (a, b, c, d) 7→ (a2+b2, ac+bd, c2+d2), cherisulta continua perche le componenti lo sono, otteniamo che Z = f−1((1, 0, 1)) echiuso. Inoltre |(a, b, c, d)| =

√a2 + b2 + c2 + d2 e uguale a

√2 nei punti di Z quindi

Z e limitato e quindi compatto perche i compatti di R4 (e di Rn in generale) sonotutti e soli i sottoinsiemi chiusi e limitati.

2) Sia X l’insieme [0, 1]∪{2} con la topologia i cui aperti non banali sono gli apertieuclidei di [0, 1] e gli insiemi della forma (a, 1) ∪ {2} con a ∈ [0, 1).Si consideri l’applicazione f : [−1, 1] → X definita ponendo

f(x) =

{

|x| x 6= 1

2 x = 1

Si stabilisca se tale applicazione e continua quando [−1, 1] ha rispettivamente latopologia grossolana, la topologia cofinita, la topologia euclidea o la topologia di-screta. Si stabilisca poi se lo spazio topologico X e o meno di Hausdorff, compatto,connesso.

Se [−1, 1] e dotato della topologia grossolana, f non e continua, basta consideraref−1((0, 1/2)) = (−1/2, 0) ∪ (0, 1/2), esso non e aperto perche non e ∅ ne [−1, 1].

32 3 Temi d’esame

Nemmeno con la topologia cofinita, l’esempio precedente mostra che la controim-magine dell’aperto (0, 1/2) non e il complementare di un numero finito di punti di[−1, 1].Quando dotiamo [−1, 1] della topologia euclidea le controimmagini degli aperti diX sono date da

f−1((a, b)) = (−b,−a) ∪ (a, b)

f−1([0, b)) = (−b, b)

f−1((a, 1]) = [−1,−a) ∪ (a, 1)

f−1((a, 1) ∪ {2}) = (−1,−a) ∪ (a, 1]

e in ogni caso otteniamo un aperto di [−1, 1].Se infine [−1, 1] ha la topologia discreta, allora f e continua perche ogni sottoin-sieme di [−1, 1] e aperto.

• X non e di Hausdorff, perche i punti 1 e 2 non hanno intorni disgiunti, infattigli intorni (piccoli) di 1 sono del tipo (b, 1], quelli di 2 sono del tipo (a, 1)∪ {2}e la loro intersezione e (max{a, b}, 1) 6= ∅.

• X e compatto, perche ogni suo ricoprimento aperto deve contenere un intor-no del punto 2, ovvero un aperto del tipo (a, 1) ∪ {2}, il cui complementare,[0, a] ∪ {1}, e un compatto in X \ {2}, per cui e possibile estrarre un sottorico-primento finito per [0, a]∪{1} e quindi per X. (oppure: quando [−1, 1] e dotatodella topologia euclidea, f e continua e quindi dalla compattezza di [−1, 1] segueche X e compatto).

• X e connesso. Infatti quando [−1, 1] e dotato della topologia euclidea f e con-tinua e inoltre [−1, 1] e connesso. Poiche l’immagine di uno spazio connessotramite un’applicazione continua e connessa, segue che X e connesso.

3) Si suddividano i seguenti spazi topologici in classi di equivalenza omotopica e sene calcoli il gruppo fondamentale:

R2\ {3 pti} S2\ {3 pti} (S1 × I)\ {2 pti} I “calzoni”.

Osserviamo inizialmente che S2 \ {1 punto} e omeomorfo al piano R2 e inoltre chese S e T sono due sottoinsiemi di S2 costituiti da n punti ciascuno allora esiste un

3 Temi d’esame 33

omeomorfismo f : S2 → S2 tale che f(S) = T .

Il cilindro (S1 × I) \ {2 punti} si puo vedere come retratto di un cilindro apertoS1 × (−2, 2) privato di 2 punti. Il cilindro aperto e omeomorfo a S2 \ {2 punti} equindi (S1 × I) \ {2 punti} ha lo stesso tipo di omotopia di R2 \ {3 punti}. PoicheR2 \ {3 punti} ha come retratto forte di deformazione 3 circonferenze unite in unpunto, π(R2 \ {3 punti}) = Z∗3.

I “calzoni” sono retratto di deformazione di calzoni senza bordo, i quali sono omeo-morfi a S2 \ {3 punti}. Il secondo spazio e i calzoni hanno dunque lo stesso tipo diomotopia di R2 \ {2 punti}, ovvero di 2 circonferenze unite in un punto e percio illoro gruppo fondamentale e Z∗2.

4) Sia X lo spazio topologico ottenuto facendo la somma connessa di due tori etogliendo un punto. Si calcoli il gruppo fondamentale di X.(Suggerimento: si consideri un modello piano di X).

4) Possiamo rappresentare X tramite il seguente poligono piano:

β

α

β

γ

δ

γ

δ

αIl bordo del poligono e retratto di deformazione di X percio

π(X) =< α, β, γ, δ|∅ >

ovvero il gruppo fondamentale di X e un gruppo libero con 4 generatori.

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